8 如图, A B 是$\odot O$的弦, 且$AB = 6$, C 是$\overset{\frown}{AB}$的中点, D 是$\overset{\frown}{ADB}$上的一点,$∠ ADC = 30°$, 则圆心 O到弦 AB 的距离为（）

A.$3\sqrt{3}$
B.$\dfrac{3}{2}$
C.$\sqrt{3}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

8. C

【分析】
要解决本题，需结合垂径定理、圆周角定理和直角三角形的性质推导：首先利用弧中点的性质，通过垂径定理得到弦的一半长度和圆心到弦的垂线；再根据圆周角与圆心角的关系求出圆心角；最后在直角三角形中计算圆心到弦的距离。
【解析】
设OC交AB于点E，连接OA。
1. 因为C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，根据垂径定理，OC垂直平分AB，所以$AE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×6=3$，且$OE⊥ AB$，OE即为圆心O到弦AB的距离。
2. 已知$∠ ADC=30°$，$∠ ADC$是圆周角，它所对的弧为$\overset{\frown}{AC}$，根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得$∠ AOC=2∠ ADC=60°$。
3. 在$Rt△ AOE$中，$∠ AEO=90°$，$∠ AOE=60°$，由三角函数关系$\tan∠ AOE=\frac{AE}{OE}$，代入$\tan60°=\sqrt{3}$、$AE=3$，得$\sqrt{3}=\frac{3}{OE}$，解得$OE=\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查圆的核心性质，解题关键是利用弧中点的垂径定理和圆周角定理建立角度关系，再通过直角三角形的三角函数计算距离，属于中等难度的圆相关计算题，需熟练掌握圆的基本定理。
【难度系数】
0.5

9 如图,点 A,B,C 在$\odot O$上,直径$AD=4$,$∠ ABC=∠ DAC$,则$AC=$.

9. $2\sqrt{2}$
【解析】连接 CD. $\because AD$ 是$\odot O$ 的直径, $\therefore ∠ ACD=90°. \because ∠ ABC=∠ DAC, ∠ ADC=∠ ABC, \therefore ∠ ADC=∠ DAC=45°. \because$ 直径 $AD=4, \therefore$ 易得 $AC=2\sqrt{2}$.

【分析】要解决本题，首先利用直径的性质构造直角三角形，再结合圆周角的等量关系推导三角形形状，最后计算边长：第一步，连接辅助线CD，利用“直径所对的圆周角是直角”得到直角；第二步，根据“同弧所对的圆周角相等”，结合已知角的等量关系，推出△ACD是等腰直角三角形；第三步，利用等腰直角三角形的性质和已知直径长度，计算AC的长度。
【解析】连接CD。
∵AD是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角为直角，
∴∠ACD=90°。
∵∠ABC与∠ADC都是弧AC所对的圆周角，根据同弧所对的圆周角相等，
∴∠ABC=∠ADC。
又
∵∠ABC=∠DAC，
∴∠ADC=∠DAC，
∴△ACD是等腰直角三角形，即AC=CD。
在Rt△ACD中，AD=4，由等腰直角三角形的性质，直角边AC=AD×sin45°=4×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$。
【答案】2$\sqrt{2}$
【知识点】圆周角定理、等腰直角三角形性质
【点评】本题是圆中基础计算题型，核心考查圆周角定理和等腰直角三角形的性质，通过辅助线转化角的关系，推导三角形形状是解题关键，需要熟练掌握圆的相关性质。
【难度系数】0.5

10 如图,$AB$是$\odot O$的直径,$C$是$\odot O$上一点,$∠ ACD=30°$.
(1) 求$∠ DAB$的度数.
(2) 过点$D$作$DE⊥ AB$,垂足为$E$,$DE$的延长线交$\odot O$于点$F$.若$AB=4$,求$DF$的长.

10. (1) 如图,连接 BD. $\because ∠ ACD=30°, \therefore ∠ B=∠ ACD=30°. \because AB$ 是$\odot O$ 的直径, $\therefore ∠ ADB=90°. \therefore ∠ DAB=90°-∠ B=60°$
(2) $\because ∠ ADB=90°, ∠ B=30°, AB=4, \therefore AD=\frac{1}{2} AB=2. \because ∠ DAB=60°, DE ⊥ AB$, 且 $AB$ 是$\odot O$ 的直径，$\therefore ∠ ADE=30°, DE=EF. \therefore AE=\frac{1}{2} AD=1. \therefore DE=\sqrt{AD^{2}-AE^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}. \therefore DF=DE+EF=2 DE=2 \sqrt{3}$

【分析】
第(1)问：要计算∠DAB的度数，需结合圆周角定理和直径的性质。先连接BD，根据同弧所对的圆周角相等，得到∠B=∠ACD=30°；再利用AB是⊙O的直径，得出直径所对的圆周角∠ADB=90°，在直角三角形ADB中，通过两锐角互余即可求出∠DAB。
第(2)问：先在Rt△ADB中，结合30°角直角三角形的性质求出AD的长度；再在Rt△ADE中，利用∠DAB=60°及DE⊥AB，得到∠ADE=30°，求出AE后用勾股定理算出DE；最后根据垂径定理，AB垂直平分DF（DE=EF），从而DF=2DE得出结果。
【解析】
(1) 连接BD。
∵ ∠ACD与∠B都是弧AD所对的圆周角，且∠ACD=30°，
∴ ∠B=∠ACD=30°。
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ADB=90°（直径所对的圆周角为直角）。
在Rt△ADB中，∠DAB + ∠B = 90°，
∴ ∠DAB=90°−30°=60°。
(2) 在Rt△ADB中，∠ADB=90°，∠B=30°，AB=4，
∴ AD=1/2 AB=1/2×4=2（直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半）。
∵ DE⊥AB，
∴ ∠AED=90°，在Rt△ADE中，∠DAB=60°，
∴ ∠ADE=90°−60°=30°，
∴ AE=1/2 AD=1/2×2=1。
由勾股定理得：DE=√(AD²−AE²)=√(2²−1²)=√3。
∵ DE⊥AB，AB是⊙O的直径，根据垂径定理，AB垂直平分DF，即DE=EF，
∴ DF=DE + EF=2DE=2√3。
【答案】
10. (1) ∠DAB=60°；(2) DF=2√3

【知识点】
圆周角定理，垂径定理，直角三角形性质
【点评】
本题综合考查圆的核心性质与直角三角形的性质，解题关键是合理添加辅助线，利用相关定理逐步推导，属于中等难度的几何题，能较好考查学生对圆的性质的掌握情况。
【难度系数】
0.5

11 如图, $O A, O B, O C$ 都是 $\odot O$ 的半径, $∠ A C B=2 ∠ B A C$.
(1) 求证: $∠ A O B=2 ∠ B O C$;
(2) 若 $A B=4, B C=\sqrt{5}$, 求 $\odot O$ 的半径.

11. (1) $\because ∠ ACB=\frac{1}{2} ∠ AOB, ∠ BAC=\frac{1}{2} ∠ BOC, ∠ ACB=2 ∠ BAC, \therefore ∠ AOB=2 ∠ BOC$
(2) 如图,过点 $O$ 作半径 $OD ⊥ AB$ 于点 $E$,连接 $DB. \therefore AE=BE. \because ∠ AOB=2 ∠ BOC$,易得$∠ DOB=\frac{1}{2} ∠ AOB, \therefore ∠ DOB=∠ BOC. \therefore BD=BC$.
$\because AB=4, BC=\sqrt{5}, \therefore BE=2, DB=\sqrt{5}$. 在 $\mathrm{Rt}△ BDE$ 中, $∠ DEB=90°, \therefore DE=\sqrt{BD^{2}-BE^{2}}=1$. 在 $\mathrm{Rt}△ BOE$ 中, $∠ OEB=90°, OB^{2}=(OB-1)^{2}+2^{2}$, 解得 $OB=\frac{5}{2}$, 即$\odot O$ 的半径是$\frac{5}{2}$

【分析】
要解决本题，需运用圆周角定理、垂径定理和勾股定理。第(1)问，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，结合已知∠ACB=2∠BAC，可直接推导得出结论；第(2)问，通过作辅助线OD⊥AB，利用垂径定理平分AB，再结合第(1)问的角关系得到BD=BC，最后在两个直角三角形中用勾股定理列方程求解半径。
【解析】
(1) 证明：根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半。
∵ ∠ACB是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角，
∴ ∠ACB = $\frac{1}{2}$∠AOB；
同理，∠BAC是弧BC所对的圆周角，∠BOC是弧BC所对的圆心角，
∴ ∠BAC = $\frac{1}{2}$∠BOC。
已知∠ACB = 2∠BAC，代入得：
$\frac{1}{2}$∠AOB = 2×$\frac{1}{2}$∠BOC，
化简得：∠AOB = 2∠BOC，得证。
(2) 解：过点O作OD⊥AB于点E，连接DB。
∵ OA=OB，OD⊥AB，根据垂径定理，AE=BE = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{1}{2}$×4 = 2。
∵ OA=OB，OD⊥AB，
∴ OD平分∠AOB，即∠DOB = $\frac{1}{2}$∠AOB。
由(1)知∠AOB=2∠BOC，
∴ ∠DOB=∠BOC。
在同圆中，相等的圆心角所对的弦相等，
∴ BD=BC=√5。
在Rt△BDE中，∠DEB=90°，由勾股定理得：
DE = $\sqrt{BD^2 - BE^2}$ = $\sqrt{(\sqrt{5})^2 - 2^2}$ = 1。
设⊙O的半径为r，则OB=r，OE=OD - DE = r - 1。
在Rt△BOE中，∠OEB=90°，由勾股定理得：
r² = (r - 1)² + 2²，
展开整理得：2r=5，解得r=$\frac{5}{2}$。
故⊙O的半径为$\frac{5}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\frac{5}{2}$
【知识点】
圆周角定理、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的核心性质，解题关键是利用圆周角定理转化角的关系，结合垂径定理构造直角三角形，通过勾股定理建立方程求解，需掌握辅助线的常规作法。
【难度系数】
0.5

12 [2026 如皋段测] 如图,在矩形 $ABCD$ 中, $AB=3, BC=8, P$ 为矩形内一动点, 且满足 $∠ PBC=$$∠ PCD$, 连接 $PD$, 求线段 $PD$ 长的最小值.

12. $\because$ 四边形 $ABCD$ 为矩形, $\therefore ∠ BCD=90°, CD=AB=3$.
$\because ∠ PBC=∠ PCD, \therefore ∠ PBC+∠ PCB=∠ PCD+∠ PCB=∠ BCD=90°. \therefore ∠ BPC=90°. \therefore$ 点 $P$ 在以 $BC$ 为直径的圆上，且在矩形 $ABCD$ 内. 如图, 以 $BC$ 的中点 $O$ 为圆心, $OB$ 长为半径作圆, 连接 $OD$ 交$\odot O$ 于点 $P'$, 连接 $OP. \because PD ≥ OD-OP$(当且仅当 $O,P,D$ 三点共线时, 取等号), $\therefore$ 点 $P$ 运动到点 $P'$ 的位置时, $PD$ 长的值最小, 最小值为 $DP'$ 的长. 在 $\mathrm{Rt}△ OCD$ 中, $OC=\frac{1}{2} BC=4, CD=3, \therefore OD=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5. \because OP'=OC=4, \therefore DP'=OD-OP'=5-4=1$, 即线段 $PD$ 长的最小值为 1

【分析】首先根据矩形的性质得到∠BCD=90°，结合已知∠PBC=∠PCD，可推出∠BPC=90°，从而确定动点P的轨迹是以BC为直径的圆；再根据圆外一点到圆上点的最短距离是该点到圆心的距离减去半径，计算出最小值。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，CD=AB=3。
∵∠PBC=∠PCD，
∴∠PBC + ∠PCB = ∠PCD + ∠PCB = ∠BCD=90°，
∴∠BPC=90°，
∴点P在以BC为直径的圆上，且在矩形内。
取BC的中点O，则O为该圆的圆心，半径r=OB=OC=½BC=4。
连接OD，OD交⊙O于点P'，此时PD最小（圆外一点到圆上点的最短距离为该点到圆心距离减半径）。
在Rt△OCD中，OC=4，CD=3，由勾股定理得OD=√(OC² + CD²)=√(4²+3²)=5。
∴DP'=OD - OP'=5 - 4=1，即PD的最小值为1。
【答案】1
【知识点】矩形性质，圆周角定理，几何最值
【点评】本题是矩形背景下的动点最值问题，核心是通过角的关系确定动点的轨迹为圆，再利用圆的性质求解最短距离，考查学生的几何推理能力和轨迹分析能力，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】0.4